19. 已知$△ ABC$的三边长分别为$a,b,c$，若其中两条边长的平方和等于第三条边长平方的$n$倍($a^2+b^2=n· c^2$，$n$为正整数)，则这个三角形叫作“$n$阶非凡三角形”. 例如，当$n=3$时，某三角形的三边长分别是$\sqrt{3},2$和$3$，因为$(\sqrt{3})^2+3^2=12=3×2^2$，所以这个三角形是“3阶非凡三角形”.
(1)若$△ ABC$是“$n$阶非凡三角形”，三边长分别为$2\sqrt{3},4,2\sqrt{5}$，则$n=$；
(2)若$△ ABC$是“2阶非凡三角形”($n=2$)，且$AB=2,BC=4$，则$AC$的长为；
(3)如图所示，在菱形$ABCD$中，$AC,BD$相交于点$O$，$AB=6$，且$△ ABD$是“3阶非凡三角形”($n=3$)，求$AC$的长.

19.(1)2或3 (2)$\sqrt{10}$或$2\sqrt{7}$
(3)解:$\because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形,$\therefore AB=AD$,$AC⊥ BD$.
$\because △ ABD$ 是“3 阶非凡三角形”,即 $n=3$,
$\therefore AB^2+AD^2=3BD^2$ 或 $AB^2+BD^2=3AD^2$ 或 $AD^2+BD^2=3AB^2$.
$\therefore BD^2=\frac{2}{3}AB^2=24$ 或 $BD^2=72$.
$\therefore BD=2\sqrt{6}$ 或 $BD=-2\sqrt{6}$(舍去) 或 $BD=6\sqrt{2}$ 或 $BD=-6\sqrt{2}$(舍去).
当 $BD=2\sqrt{6}$ 时,$OB=\frac{1}{2}BD=\sqrt{6}$,则 $OA=\sqrt{AB^2-OB^2}=\sqrt{30}$.
$\therefore AC=2OA=2\sqrt{30}$.
当 $BD=6\sqrt{2}$ 时,$OB=\frac{1}{2}BD=3\sqrt{2}$,则 $OA=\sqrt{AB^2-OB^2}=3\sqrt{2}$.
$\therefore AC=2OA=6\sqrt{2}$.
综上,$AC$ 的长为 $2\sqrt{30}$ 或 $6\sqrt{2}$.

【分析】
本题是新定义类题型，解题核心是先准确理解“n阶非凡三角形”的定义：三角形中任意两条边长的平方和等于第三条边长平方的n倍。
(1) 先计算出三个边长的平方，再分情况讨论哪两条边的平方和是第三条边平方的n倍，计算n的值即可。
(2) 设AC的长为x，结合“2阶非凡三角形”的定义分三类讨论三边关系，解方程后验证解是否符合边长为正、满足三角形三边关系的要求，得到有效解。
(3) 先利用菱形的性质：菱形四边相等，对角线互相垂直平分，得到AB=AD=6，AC⊥BD，OB=$\frac{1}{2}$BD，OA=$\frac{1}{2}$AC。再结合“3阶非凡三角形”的定义分类讨论△ABD的三边关系，求出符合要求的BD长度，最后利用勾股定理求出OA的长度，进而得到AC的长。
【解析】
(1) 先计算三边的平方：
$(2\sqrt{3})^2=12$，$4^2=16$，$(2\sqrt{5})^2=20$。
分情况讨论：
① 若$(2\sqrt{3})^2+(2\sqrt{5})^2=2×4^2$，即$12+20=2×16$，此时$n=2$；
② 若$4^2+(2\sqrt{5})^2=3×(2\sqrt{3})^2$，即$16+20=3×12$，此时$n=3$。
(2) 设$AC=x$，△ABC是“2阶非凡三角形”，分三类讨论：
① 若$AB^2+BC^2=2AC^2$，代入$AB=2,BC=4$得：$2^2+4^2=2x^2$，解得$x=\sqrt{10}$（舍去负根），符合三边关系；
② 若$AB^2+AC^2=2BC^2$，代入得：$2^2+x^2=2×4^2$，解得$x=2\sqrt{7}$（舍去负根），符合三边关系；
③ 若$BC^2+AC^2=2AB^2$，代入得：$4^2+x^2=2×2^2$，$x^2$为负数，无实根，舍去。
(3) 解：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AB=AD=6$，$AC⊥BD$，$OB=OD=\frac{1}{2}BD$，$OA=OC=\frac{1}{2}AC$。
∵ △ABD是“3阶非凡三角形”，分情况讨论：
① 若$AB^2+AD^2=3BD^2$，代入AB=AD=6得：$6^2+6^2=3BD^2$，解得$BD=2\sqrt{6}$（舍去负根）。
此时$OB=\frac{1}{2}BD=\sqrt{6}$，在Rt△AOB中，由勾股定理得：$OA=\sqrt{AB^2-OB^2}=\sqrt{36-6}=\sqrt{30}$，
∴ $AC=2OA=2\sqrt{30}$。
② 若$AB^2+BD^2=3AD^2$，代入AB=AD=6得：$6^2+BD^2=3×6^2$，解得$BD=6\sqrt{2}$（舍去负根）。
此时$OB=\frac{1}{2}BD=3\sqrt{2}$，在Rt△AOB中，由勾股定理得：$OA=\sqrt{AB^2-OB^2}=\sqrt{36-18}=3\sqrt{2}$，
∴ $AC=2OA=6\sqrt{2}$。
③ 若$AD^2+BD^2=3AB^2$，因AB=AD，此情况与②一致，无需重复计算。
【答案】
(1) 2或3
(2) $\sqrt{10}$或$2\sqrt{7}$
(3) $2\sqrt{30}$或$6\sqrt{2}$
【知识点】
新定义理解，菱形的性质，勾股定理
【点评】
本题以新定义为载体，综合考查了三角形三边关系、勾股定理、菱形性质等知识，解题关键是准确理解新定义，按照定义对三边关系分类讨论，同时注意舍去不符合实际的解，避免漏解。
【难度系数】
0.65

20. 在正方形ABCD中，点E是对角线BD上一点，连接AE，CE.
(1)如图(1)所示，求证：$∠ DAE=∠ DCE$.
(2)如图(2)所示，延长AE交CD于点F，交BC的延长线于点G，取FG的中点M，连接CM.
①求证：$MC⊥ EC$；
②若$CE=CG$，正方形ABCD的边长为$\sqrt{3}+1$，求DE的长.

20.(1)证明:$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形,$\therefore DA=DC$,$∠ ADE=∠ CDE$.
在 $△ ADE$ 和 $△ CDE$ 中,$\begin{cases} DA=DC, \\ ∠ ADE=∠ CDE, \\ DE=DE, \end{cases}$
$\therefore △ ADE≌△ CDE(\mathrm{SAS})$.$\therefore ∠ DAE=∠ DCE$.
(2)①证明:$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形,
$\therefore AD// BG$.$\therefore ∠ DAE=∠ G$.
由题意,知 $MC=MG=MF$,
$\therefore ∠ G=∠ MCG$.
又 $∠ DAE=∠ DCE$,$\therefore ∠ DCE=∠ MCG$.
$\because ∠ FCG=∠ MCG+∠ FCM=90°$,$\therefore ∠ ECM=∠ DCE+∠ FCM=90°$.
$\therefore MC⊥ EC$.
②解:$\because CE=CG$,$\therefore ∠ CEM=∠ G$.
$\because ∠ MCG=∠ G$,$\therefore ∠ EMC=2∠ G$.
$\because ∠ ECM=90°$,$\therefore ∠ CEM+∠ EMC=90°$.
$\therefore ∠ G+2∠ G=90°$.$\therefore ∠ G=30°$.$\therefore ∠ DAE=30°$.
如图所示,过点 $E$ 作 $EH⊥ AD$ 于点 $H$.
$\therefore ∠ EHA=∠ EHD=90°$.
设 $EH=x$,
由条件可知 $AE=2EH=2x$,
$\therefore AH=\sqrt{AE^2-EH^2}=\sqrt{3}x$.
$\because$ 在 $\mathrm{Rt}△ EHD$ 中,$DH=EH=x$,$\therefore DE=\sqrt{DH^2+EH^2}=\sqrt{2}x$.
$\therefore AD=AH+HD=\sqrt{3}x+x=\sqrt{3}+1$. 解得 $x=1$.
$\therefore DE=\sqrt{2}x=\sqrt{2}$.

【分析】
(1)要证∠DAE=∠DCE，可通过证明两角所在的△ADE和△CDE全等实现。由正方形性质可得DA=DC，对角线BD平分∠ADC，即∠ADE=∠CDE，结合公共边DE，即可用SAS判定两三角形全等，得到对应角相等。
(2)①要证MC⊥EC，即证∠ECM=90°。首先由正方形AD//BG可得∠DAE=∠G，结合(1)的结论得∠DCE=∠G；再根据Rt△FCG中M是斜边FG的中点，可得MC=MG，推出∠MCG=∠G，等量代换得∠DCE=∠MCG，结合∠FCG=90°，通过角的和差即可推出∠ECM=90°，得证垂直。
②已知CE=CG，可得∠CEM=∠G，结合角的关系可推导出∠G=30°，进而得∠DAE=30°。过E作EH⊥AD于H，构造特殊直角三角形：Rt△AEH中30°角对的直角边是斜边的一半，Rt△EHD是等腰直角三角形，设EH=x，用含x的式子表示AD的长度，结合正方形边长列方程求出x，即可计算DE的长度。
【解析】
(1)证明:$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形,$\therefore DA=DC$,$∠ ADE=∠ CDE$.
在 $△ ADE$ 和 $△ CDE$ 中,$\begin{cases} DA=DC, \\ ∠ ADE=∠ CDE, \\ DE=DE, \end{cases}$
$\therefore △ ADE≌△ CDE(\mathrm{SAS})$.$\therefore ∠ DAE=∠ DCE$.
(2)①证明:$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形,
$\therefore AD// BG$.$\therefore ∠ DAE=∠ G$.
由题意,知 $△FCG$ 为直角三角形，$M$ 是斜边 $FG$ 的中点，
$\therefore MC=MG=MF$,
$\therefore ∠ G=∠ MCG$.
又 $∠ DAE=∠ DCE$,$\therefore ∠ DCE=∠ MCG$.
$\because ∠ FCG=∠ MCG+∠ FCM=90°$,$\therefore ∠ ECM=∠ DCE+∠ FCM=90°$.
$\therefore MC⊥ EC$.
②解:$\because CE=CG$,$\therefore ∠ CEM=∠ G$.
$\because ∠ MCG=∠ G$,$\therefore ∠ EMC=2∠ G$.
$\because ∠ ECM=90°$,$\therefore ∠ CEM+∠ EMC=90°$.
$\therefore ∠ G+2∠ G=90°$.$\therefore ∠ G=30°$.$\therefore ∠ DAE=30°$.
如图所示,过点 $E$ 作 $EH⊥ AD$ 于点 $H$.
$\therefore ∠ EHA=∠ EHD=90°$.
设 $EH=x$,
在$\mathrm{Rt}△AEH$中，$∠ DAE=30°$，$\therefore AE=2EH=2x$,
$\therefore AH=\sqrt{AE^2-EH^2}=\sqrt{3}x$.
$\because$ 在 $\mathrm{Rt}△ EHD$ 中,$∠ EDH=45°$，$DH=EH=x$,$\therefore DE=\sqrt{DH^2+EH^2}=\sqrt{2}x$.
$\therefore AD=AH+HD=\sqrt{3}x+x=\sqrt{3}+1$. 解得 $x=1$.
$\therefore DE=\sqrt{2}x=\sqrt{2}$.
【答案】
(1)证明成立；(2)①证明成立；②$DE=\sqrt{2}$，辅助线作图见
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质
【点评】
本题是正方形背景的几何综合题，既考查了基础的全等证明、角的等量代换能力，也需要结合特殊直角三角形的性质运用方程思想求解线段长度，是几何综合类典型题目，能有效锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6